2020届二轮复习水溶液中的离子平衡学案（全国通用）(1) 33页

第9讲　水溶液中的离子平衡 知识点　网络线　引领复习曙光现　‎ 释疑难　研热点　建模思维站高端　‎ 考点一　溶液的酸碱性和pH)‎ 命题规律：‎ ‎1．题型：选择题、填空题。‎ ‎2．考向：(1)运用勒夏特列原理分析外因对电离平衡影响；‎ ‎(2)pH的相关计算；‎ ‎(3)电离常数的计算与应用 方法点拨：‎ ‎1．熟悉“四条件”对弱电解质电离的影响 条件改变 影响 微粒浓度影响结果 电离程度 电离常数 浓度 加水 正向 移动 弱酸的H＋、酸根离子浓度减小，OH－浓度增大；弱碱的OH－，金属离子(NH)浓度减小，H＋浓度增大 增大 不变 加弱电 解质 正向 移动 弱电解质相应离子和弱电解质浓度均增大 减小 不变 加热 正向 移动 弱电解质分子浓度减小；弱电解质相应离子浓度增大 增大 增大 同离子效应 逆向 移动 弱电解质浓度增大，“同离子”浓度增大，相反电荷离子浓度减小 减小 不变 加入与弱电解质反应的物质 正向 移动 参与反应的离子浓度减小，其他离子浓度增大 增大 不变 ‎2．对比区分影响水电离的因素 ‎3．溶液的酸碱性及pH的本质 ‎(1)(在任何温度下的)中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝，常温下中性溶液pH＝7，温度升高时，中性溶液的pH＜7。‎ ‎(2)溶液pH的计算方法——先判断溶液的酸碱性 ‎4．弱电解质的平衡常数特点与计算 ‎(1)弱电解质(以弱酸HX为例)电离平衡常数 K＝≈，对于多元酸，通常也是进行粗略计算的。‎ ‎(2)同一弱电解质，K值只与温度有关，一般情况下，温度升高，K值增大；对于多元弱酸来说，其K1≫K2≫K3。‎ ‎1．(1)下列说法正确的是(　ADEF　)‎ A．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH B．室温下，稀释0.1 mol/L CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强 C．已知常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，则用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 D．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱 E．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱 F．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱 ‎(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为！！！__CO__ (写离子符号)；若所得溶液c(HCO)：c(CO)＝2：1，溶液pH＝__10__。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)‎ ‎(3)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。 ‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O　。‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4??H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝__2.2__ (pKa1＝－lgKa1 )。‎ ‎ 突破点拨 ‎(1)强酸与弱酸对比时注意两点：①二者是物质的量浓度相同，还是pH即c(H＋)相同；②对比的问题是与c(H＋)有关还是与能提供的n(H＋)有关；‎ ‎(2)涉及到电离常数，既可以用常规的计算方法解答，也可以根据图像中特殊点突破。‎ 解析　(1)根据强酸制弱酸的原理可知选项A正确；稀释0.1 mol/L CH3COOH溶液时，溶液中离子浓度减小，所以导电能力减弱，选项B错误；pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，醋酸浓度大，所以等体积的两种酸溶液进行中和滴定时，醋酸溶液消耗的NaOH溶液的体积大，选项C错误；氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，体现强酸制备弱酸的规律，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，选项D正确；氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，选项E正确；0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，选项F正确。(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则根据第二步电离平衡常数K2＝＝＝5×10－11，所以氢离子浓度为1×10－10 mol/L，pH＝10。(3)①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO浓度增大，说明碱和H3AsO3反应生成H2AsO，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为：OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O；②pH＝2.2时，c(H＋)＝10－2.2 mol/L，c(H3AsO4)＝c(H2AsO)，所以Ka1＝c(H＋)＝10－2.2 mol/L pKa1＝－lgKa1＝2.2。‎ ‎【变式考法】 ‎ ‎(1)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4__<__H2SO4(填“>”或“<”)‎ ‎(2)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上常采取用氨水除去SO2，已知‎25℃‎，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，则溶液中的c(OH－)＝__6.0×10－3__mol·L－1。将SO2‎ 通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝__0.62__。‎ ‎(3)25℃时，两种酸的电离平衡常数如表：‎ K1‎ K2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10－2‎ ‎6.3×10－8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10－7‎ ‎5.6×10－11‎ 某同学设计实验比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测量两溶液的c(H＋)。该实验设计不正确，错误在于__用于比较pH的两种溶液的物质的量浓度不相等。另一同学认为，可以通过测定相同物质的量浓度的盐溶液的pH，根据测得的pH大小，可以比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱，你认为应该选择的盐是__B__。‎ A．Na2SO3和Na2CO3 B．NaHSO3和NaHCO3‎ C．Na2SO3和NaHCO3 D．NaHSO3和Na2CO3‎ 解析　(1)根据强酸制弱酸的原理进行判断；(2)根据NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5可知，＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol·L－1时，溶液中的c(OH－)＝c(NH)＝＝6.0×10－3mol·L－1。根据H2SO3的Ka2＝6.2×10－8可知，＝6.2×10－8，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝0.62。(3)要想通过比较H2SO3和H2CO3的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶解度不同，溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，所以该实验设计不正确。要想通过测得盐溶液的pH来比较酸性强弱，第一，盐溶液浓度必须相同，第二，必须使用酸式盐。‎ ‎2．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液，常温Kb[(CH3)2NH·H2O)]＝1.6×10－4(二甲胺在水中电离与氨相似)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(　C　)‎ A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线 B．a点溶液中：c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH·H2O]‎ C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]‎ D．b、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点 解析　由于NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，所以0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液导电能力前者大，所以①为NaOH的变化曲线 ，曲线②为(CH3)2NH·H2O的变化曲线，选项A、B错误；d点溶液中，根据质子守恒可以得出c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，选项C正确；d点时恰反应，溶质为(CH3)2NH2Cl，该物质水解促进水的电离；而b点溶质为(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH·H2O，(CH3)2NH·H2O是碱抑制水的电离； e点溶质为(CH3)2NH2Cl和HCl，其中HCl抑制水的电离，所以d点水的电离程度最大，选项D错误。‎ ‎3. (1)已知pH＝2的正高碘酸(H5IO6)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性；0.01 mol·L－1的碘酸(HIO3)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性。高碘酸电离方程式为H5IO6??H4IO＋H＋　。‎ ‎(2)三种弱酸HA、H2B、HC，电离常数为1.8×10－5、5.6×10－11、4.9×10－10、4.3×10－7(数据顺序已打乱)，已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：①HA＋HB－(少量)===A－＋H2B　②H2B(少量)＋C－===HB－＋HC　③HA(少量)＋C－===A－＋HC若H2B的Ka1＝4.3×10－7，则HA酸对应的电离常数Ka＝__1.8×10－5__ (根据已知数据填空)。‎ ‎(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为__8.7×10－7_ (已知：N2H4＋H＋??N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_N2H6(HSO4)2__。‎ ‎(4)常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在‎2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝　Ka＝mol/L　 (用含a和b的代数式表示)。‎ 解析　(1)等体积相混时，pH＝2的高碘酸溶液的n(H＋)与pH＝12的NaOH溶液中n(OH－) 相等，混合后显酸性，说明混合过程中，又电离出了部分氢离子，所以高碘酸是弱酸； 而0.01 mol·L－1的碘酸(HIO3)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合时，恰好反应生成盐，由于所得混合液显中性，可见碘酸(HIO3)为强酸。(2)根据强酸制弱酸的原理，由反应H2B(少量)＋C－===HB－＋HC，可知酸性：H2B＞HC＞HB－，由HA＋HB－(少量)===A－＋H2B，可知酸性：HA＞H2B，所以酸性强弱顺序是HA＞H2B＞HC＞HB－，结合电离常数数据可知若H2B的Ka1＝4.3×10－7，则HA的Ka＝1.8×10－5；(3)N2H4的第一步电离的方程式为N2H4＋H2O??N2H＋OH－，则电离常数Kb＝＝＝＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。(4)根据‎2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－), 由于c(CH3COO－)＝‎2c(Ba2＋)＝b mol·L－1 ，所以c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性，Ka＝＝。‎ 溶液pH计算的一般思维模型 口诀：酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。‎ 考点二　酸碱中和滴定及“迁移”应用)‎ 命题规律：‎ ‎1．题型：选择题、填空题。‎ ‎2．考向：(1)通过滴定曲线考查pH计算、离子浓度大小比较、水的电离程度比较；(2)通过滴定实验，考查操作要点、数据处理、误差分析等。‎ 方法点拨：‎ ‎1．实验仪器名称再熟悉，不写错 酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶 ‎2．操作步骤再回想，脑海中回放一遍视频电影 ‎(1)操作过程：检漏→洗涤→调零→滴定 ‎(2)手眼分工：左手→控制活塞；右手→振摇锥形瓶；双眼→观察锥形瓶中颜色变化。‎ ‎3．现象描述再默读 当滴入最后一滴×××××标准溶液后，溶液由×××××色变成×××××色(或溶液×××××色褪去)，且半分钟内不变色。‎ ‎4．指示剂选择再互考互答 滴定对象 指示剂选择 颜色变化 强酸滴定强碱 甲基橙 黄色变橙色 强碱滴定强酸 酚酞 无色变红色 强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色变橙色 强碱滴定弱酸 酚酞 无色变粉红色 ‎5．数据处理及误差分析 ‎(1)数据处理：中和滴定要做平行试验，一般有三组数据要正确“取舍”，计算“平均”体积，一般舍去误差较大的实验数据；(2)误差分析：根据c待测＝；c标准与V待测已确定，只要分析出不正确操作引起V标准的变化，即可分析出结果。 ‎ ‎1．(1)下列说法中不正确的是__ABCDE__。‎ A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 B．298K时，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10mol的盐酸，应该选择酚酞作为指示剂 C．下图是室温下用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，量取20.00 mL盐酸 E．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎(2)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为　S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　；该样品中Na2S2O5的残留量为__0.128__g·L－1(以SO2计)。‎ ‎(3)测定三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)晶体中铁的含量。‎ ‎①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是__滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好变为粉红色，且半分钟内红色不消失_。‎ ‎②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为　×100%　。‎ ‎ 突破点拨 ‎(1)中和滴定指示剂选择取决于恰好反应生成的盐溶液显性情况；‎ ‎(2)滴定终点描述一定要抓住关键词：“最后一滴”“恰好变成××色”“‎ 且半分钟不恢复原来颜色”。‎ 解析　(1)HCl溶液滴定NaHCO3溶液恰好反应溶液显弱酸性(溶有二氧化碳)，应该用甲基橙作指示剂，选项A错误；氨水与盐酸恰好中和显酸性，应该选用甲基橙作指示剂，选项B错误；根据滴定曲线起点可知 0.100 0 mol·L－1某一元酸HX溶液pH大于2，所以为弱酸，选项C错误；量取20.00 mL盐酸，滴定管起始液面只要在“0”及以下即可，50 mL刻度线以下至活塞尖嘴都存在溶液，放出溶液大于20.00 mL，选项D错误；滴定管尖嘴部分有悬滴，消耗的标准液体积读数偏大，结果偏大，选项E错误。(2)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；消耗碘的物质的量是0.000 1 mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是(0.000 1 mol×‎64 g/mol)/‎0.05 L＝‎0.128 g/L。(3)①高锰酸钾氧化草酸根离子后红色褪色，所以滴定终点的现象是出现粉红色。②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cV mol，Mn元素化合价从＋7降低到＋2，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cV mol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%＝×100%。‎ ‎【变式考法】 ‎ ‎(1)下列说法中正确的是__EF__。‎ A．如图表示中和滴定时某同学的一个操作，该操作是为了排除酸式滴定管内气泡 B．用碱式滴定管量取12.00 mL重铬酸钾溶液 C．常温下，用 0.100 0 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液，滴定曲线如图，达到滴定终点时，用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液的体积比用酚酞多 D．实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同 E．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，滴定管用水洗后，未用标准溶液润洗就装入标准溶液，会使测定结果偏高 F ‎．为了证明草酸为二元酸：用酚酞作指示剂用氢氧化钠溶液进行中和滴定，测定草酸与所消耗的氢氧化钠的物质的量的关系 ‎(2)实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，某化学兴趣小组利用这个氧化还原反应的原理来测定其含量：2MnO＋5H‎2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，具体操作为：‎ ‎①配制250 mL溶液：准确称量‎5.000 g乙二酸样品，配成250 mL溶液。‎ ‎②滴定：准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.100 0 mol·L－1 KMnO4溶液装入__酸式__ (填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了，可能原因是__反应中生成的Mn2＋起催化作用__；当__滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫色，且30_s不褪色，说明达到滴定终点。‎ ‎③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4溶液的平均体积为__20.00__mL，此样品的纯度为__90.00%__。(已知：H‎2C2O4的相对分子质量为90)‎ 序号 滴定前读数 滴定后读数 ‎1‎ ‎0.00‎ ‎20.01‎ ‎2‎ ‎1.00‎ ‎20.99‎ ‎3‎ ‎0.00‎ ‎21.10‎ ‎④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是！！！__AC__###(填字母)。‎ A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B．滴定前锥形瓶有少量水 C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 解析　(1)图中为碱式滴定管，选项A错误；重铬酸钾有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶，选项B错误；用甲基橙作指示剂，则需要的NaOH溶液体积小，选项C错误；确定中和滴定曲线的实验中，接近恰好反应点的前后，要间隔更小，因为此时溶液的pH会变化更大，选项D错误；滴定管未用标准液润洗，会使消耗的标准液体积偏大，结果也就偏大，选项E正确；证明草酸为二元酸，应该让草酸完全反应，此时溶液显碱性，所以应该用酚酞作指示剂，选项F正确。(2)KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中橡胶，所以应该用酸式滴定管；H‎2C2O4与MnO反应产物产生的Mn2＋对反应有催化作用；在进行中和滴定数据处理时，应该舍弃误差较大的实验数据，所以第3次读数误差较大，应该舍弃。ω(H‎2C2O4)＝×100%＝90.00%。④未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏大，测定结果偏高，选项 A正确；滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响，选项B错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，有部分标准液补充了气泡，使消耗的KMnO4溶液体积读数偏大，测定结果偏高，选项C正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使消耗的KMnO4溶液体积读数偏小，测定结果偏低，选项D错误。‎ ‎2．(1)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是　　。(已知：H3PO4摩尔质量为‎98 g·mol－1)‎ ‎(2)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝‎248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：‎ ‎①溶液配制：称取1.200 ‎0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__烧杯__中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__容量瓶_中，加蒸馏水至__刻度__。‎ ‎②滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__蓝色褪去，半分钟不变蓝色__，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为__95.0__%(保留1位小数)。‎ 解析　(1)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1∶2，n(H3PO4)＝n(NaOH)＝×b mol/L×c×10－‎3L＝ mol，m(H3PO4)＝ mol×‎98 g/mol＝ g＝0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体在烧杯中加水溶解，全部转移至100 mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O～3I2～6S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝＝0.04597 mol/L，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为×100%＝95.0%。‎ ‎3．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：‎ Ⅰ.采样 采样步骤：‎ ‎①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至‎140℃‎；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。‎ NOx含量的测定：将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2CrO7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。‎ ‎(1)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式是　2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O　。‎ ‎(2)滴定操作使用的玻璃仪器主要有__锥形瓶、酸式滴定管。‎ ‎(3)滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为　×104　mg·m－3。‎ ‎(4)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” “偏低”或“无影响 ”)‎ 若缺少采样步骤③，会使测定结果__偏低__。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__偏高_。‎ 解析　 (1)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O。(2)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(3)用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2＋为‎6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2＋为(c1V1/1000－‎6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－‎6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100 mL溶液取出来20 mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－‎6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－‎6c2V2/1000)/‎3 g，即230(c1V1－‎6c2V2)/3 mg。这些NO2是V L气体中含有的，所以含量为230(c1V1－‎6c2V2)/3V mg·L－1，即为1000×230(c1V1－‎6c2V2)/3V mg·m－3，所以答案为：×104 mg·m－3。(4)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2＋被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。‎ ‎1．常见还原反应滴定指示剂选择及终点现象： ‎ 滴定 方式 还原剂 滴定 KMnO4‎ KMnO4‎ 滴定 还原剂 I2滴定 还原剂 还原剂 滴定I2‎ 铁盐滴定 还原剂 还原剂 滴定 铁盐 指示剂 不需要 不需要 淀粉 淀粉 KSCN KSCN 终点时颜色变化 粉(浅)红色→无色 无色→粉(浅)红色 无色→蓝色 蓝色→无色 无色→红色 红色→无色 ‎2．间接氧化还原滴定的电子守恒分析 考点三　盐类水解和溶液中离子浓度大小关系确定)‎ 命题规律：‎ ‎1．题型：选择题、填空题。‎ ‎2．考向：(1)溶液酸碱性判断和比较； (2)生活生产科研中的应用(如工艺流程图中条件选择)； (3)溶液中离子浓度大小比较及判断。‎ 方法点拨：‎ ‎1．盐类水解的规律 ‎(1)谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。‎ ‎(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。‎ ‎①若电离程度小于水解程度，溶液显碱性，如NaHCO3溶液。‎ ‎②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液。‎ ‎(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐 。‎ ‎(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。水解程度越大→消耗越多→存在越少。‎ ‎2．盐类水解的应用 应用 举例 ‎(1)加热促进水解方便生活 热的纯碱溶液去污力强(纯碱水解显碱性，在碱性条件下油脂水解，并不是纯碱和油脂直接反应)‎ ‎(2)分析盐溶液的酸碱性、比较对应酸碱性强弱 等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎(3)判断离子能否大量共存 Al3＋和HCO因发生水解互促反应不能大量共存 ‎(4)配制或贮存盐溶液方法 配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸(不能将其直接溶于水中)‎ ‎(5)胶体制备与作净水剂原理 铝盐、铁盐净水； 制备Fe(OH)3胶体 ‎(6)化肥的使用禁忌 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用 ‎(7)泡沫灭火器的反应原理 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑　水解相互促进的结果 ‎(8)无水盐制备的条件控制 由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热 ‎(9)判断盐溶液蒸干的产物 将AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3]溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3(或Fe2O3)而不是AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3]‎ ‎(10)某些盐的分离除杂措施方法 为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸 ‎(11)盐溶液除锈原理解释 NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解显酸性)‎ ‎3．“三大守恒”解决溶液中离子浓度大小比较 ‎1．(1) 下列说法中正确的是(　CE　)‎ A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小 B．)0.1 mol/L Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小 C．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 D．蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液来制备无水AlCl3‎ E．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 ‎(2)(双选)H‎2C2O4为二元弱酸，Ka1(H‎2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2 (H‎2C2O4)＝5.4×10－5，设H‎2C2O4溶液中c(总)＝c(H‎2C2O4)＋c(HC2O) ＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H‎2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　AD　)‎ A．0.100 0 mol·L－1 H‎2C2O4溶液：c(H＋) ＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H‎2C2O4)‎ B．c(Na＋) ＝c(总)的溶液：c(Na＋)>c(H‎2C2O4)>c(C2O)>c(H＋)‎ C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H‎2C2O4)‎ D．c(Na＋ ) ＝‎2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝‎2c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)‎ ‎ 突破点拨 ‎(1)盐溶液的配制、保存和蒸发都要注意考虑水解问题；‎ ‎(2)蒸发溶液时能彻底水解的盐主要是水解产物中生成了挥发性的强酸，如硝酸和盐酸；‎ ‎(3)多元弱酸的酸式盐的显性，主要取决于其水解程度与电离程度的相对大小。‎ 解析　(1)酸的电离常数越小，则酸性越弱，对应的盐水解程度越大，水解常数越大，选项A错误；水解吸热，加热水解程度增大，碱性增强，选项B错误；铝盐和铁盐均可水解产生胶体，吸附水中的悬浮物，选项C正确；AlCl3易水解，溶液加热蒸发时，由于水解产生的HCl逸出，水解不断进行，会产生氢氧化铝，继续加热氢氧化铝分解，最后得到氧化铝，选项D错误；由于氯化铁极易水解，所以配制溶液时加入盐酸抑制其水解，选项E正确。(2)H‎2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋‎2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H‎2C2O4溶液中0.1000 mol/L＝c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol/L－c(H‎2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，选项A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2O??H‎2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝＝＝＝＝1.85×10－13<c(H‎2C2O4)，选项B错误； 滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋‎2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋‎2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H‎2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)<0.100 0mol/L，c(Na＋)<0.100 0 mol/L＋c(C2O)－c(H‎2C2O4)，选项C错误； c(Na＋)＝‎2c(总)时溶液中溶质为Na‎2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋‎2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)＋ c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝‎2c(H‎2C2O4)＋c(HC2O)，选项D正确 。‎ ‎【变式考法】 ‎ ‎(1)下列说法中正确的是！！！__ACEF__###。‎ A．已知HCN是极弱易挥发剧毒的酸，实验室配制KCN溶液时常将KCN溶解在KOH溶液中 B．偏铝酸钠和碳酸氢钠溶液相混，有白色沉淀产生是因为发生了双水解反应 C．由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2，通常在氯化氢的气流中加热 D．为了比较HCN和碳酸的酸性强弱，可以用pH试纸测定相同物质的量浓度的KCN与Na2CO3溶液的pH E．已知：H3PO4的Ka1＝1.0×10－3　Ka2＝1.7×10－5　Ka3＝4.7×10－10，则KH2PO4和K2HPO4溶液分别显酸性和碱性 F．为了除去CuCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入CuO、CuCO3或Cu(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸 G．将CH3COONa溶液稀释，溶液中增大 ‎(2) (双选)‎25℃‎时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　AC　)‎ A．0.1mol/L CH3COONa与0.1mol/L HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)‎ B．0.1mol/L NH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)‎ C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ D．0.1mol/L Na‎2C2O4与0.1mol/L HCl溶液等体积混合(H‎2C2O4为二元弱酸)：‎2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)‎ 解析　(1)由于HCN酸性极弱，所以KCN易水解产生HCN而使人中毒，因此加入KOH可抑制其水解，选项A正确；偏铝酸钠和碳酸氢钠均为弱酸盐，二者不能发生双水解，而是HCO电离出的氢离子与偏铝酸根离子结合，选项B错误；在氯化氢气流中加热，可抑制MgCl2·6H2O的水解，选项C正确； 应该选用测定等物质的量浓度的KCN和NaHCO3溶液，测定pH进行比较，选项D错误；判断酸式盐的酸碱性，应该看对应的酸根离子水解常数和电离常数的大小：如KH2PO4的电离常数为Ka2，水解常数为：Kw÷Ka1，所以KH2PO4和K2HPO4溶液分别显酸性和碱性，选项E正确；CuCl2溶液中CuO、CuCO3或Cu(OH)2，可促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3沉淀而除去，选项F正确；可将分子乘以c(H＋)得：K÷Kw，由于常数只与温度有关，所以稀释不变，选项G错误。(2)0.1 mol/L CH3COONa与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和NaCl，钠离子和氯离子不水解，则c(Na＋)＝c(Cl－)，溶液显示酸性，氢氧根离子浓度较小，则c(CH3COO－)>c(OH－)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)，选项A正确；0.1 mol/L NH4Cl与0.1 mol/L氨水等体积混合(pH>7)，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH)>c(NH3·H2O)，结合物料守恒可得c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，选项B错误；0.1 mol/L Na2CO3与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，选项C正确；0.1 mol/L Na‎2C2O4与 ‎0.1 mol/L HCl溶液等体积混合(H‎2C2O4为二元弱酸)，恰好反应生成NaHC2O4，根据电荷守恒可知：‎2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，选项D错误；‎ ‎2．测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　C　)‎ A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－‎ B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的Kw值相等 解析　Na2SO3是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－、HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，选项A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO浓度减小，溶液中c(OH－)减小，④的pH小于①，B项正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，选项C错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值等，选项D正确。‎ ‎3．(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，课题小组测定 0.05 mol·L－1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图：‎ ‎0～t1段主要生成HSO，根据pH变化图，HSO的电离平衡__＞__水解平衡(填“＜”或“＞”)，课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，0～t1发生离子反应方程式为　2S2O＋O2＋2H2O===4HSO　。t3时溶液中主要阴离子符号__SO_。‎ ‎(2)‎25 ℃‎时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝__1×10－12__mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_增大__ (填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)AlCl3在溶液中分三步水解：Al3＋＋H2O??Al(OH)2＋＋H＋　K1‎ Al(OH)2＋＋H2O??Al(OH)＋H＋　K2‎ Al(OH)＋H2O??Al(OH)3＋H＋　K3‎ 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小顺序是__K1＞K2＞K3__。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铝，离子方程式为xAl3＋＋yH2O??Alx(OH)＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填字母) __bd__。‎ a．降温 b．加水稀释 ‎ c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3‎ ‎(4)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是　Rn－＋nH2O??HR(n－1)－＋nOH－　；若pH<7，其原因是　Mm＋＋mH2O??M(OH)m＋mH＋　。(用离子方程式说明)‎ 解析　(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生离子反应方程式为 2S2O＋O2＋2H2O===4HSO。0～t1段主要先生成HSO，溶液显酸性，HSO的电离程度大于水解程度，t3时溶液的pH＝1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO。(2)Ka＝，Kh＝＝＝＝1×10－12 mol·L－1。HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，当加少量I2时，发生I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。根据Kh＝，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以增大。(3)Al3＋进行分步水解，水解程度如同多元弱酸根的水解，水解程度第一步大于第二步，第二步大于第三步，故水解反应平衡常数的大小关系为K1>K2>K3。盐类的水解是吸热反应，降温使平衡逆向移动；越稀越水解，加水稀释，可以促进水解平衡正向移动；NH4Cl溶于水呈酸性，使水解平衡逆向移动；NaHCO3与H＋反应，使水解平衡正向移动，故可以采用的方法是b、d。(4)pH>7，说明该盐一定是弱酸盐，故一定发生酸根离子的水解；pH<7，说明该盐一定是弱碱盐，故一定发生弱碱阳离子的水解。‎ 判断离子浓度大小关系式思路程序 →→→→‎ → 考点四　沉淀的溶解平衡和Ksp的应用 命题规律：‎ ‎1．题型：选择题、填空题。‎ ‎2．考向：(1)Ksp进行有关计算；(2)溶解平衡曲线分析；(3)沉淀滴定 (4)与沉淀平衡有关的实验方案的设计与评价 方法点拨：‎ ‎1．识别外部条件影响沉淀溶解平衡的方向和程度 ‎2．熟练Ksp的应用及计算技能技巧 ‎(1)应用Ksp和Qc判断溶液状态性质：‎ ‎①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ‎②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ‎③QcKsp(AgI)‎ B．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，说明；Ksp(CuS)>10－3 mol/L，pH>11，SO与Ca2＋结合形成微溶物CaSO4，不利于CaO溶解除去。(4)根据分析可知，AgNO3不足，NaCl过量，通过过量的NaCl可求出溶液中的c(Cl－)，通过AgCl的Ksp可以求出c(Ag＋)≈3.2×10－‎ ‎8mol/L，再通过AgI的Ksp可以求出溶液中c(I－)。‎ ‎2．一种测定水样中溴离子的浓度的实验步骤如下：‎ ‎①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。‎ ‎②加入V1mL c1mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，充分摇匀。‎ ‎③用c2mol·L－1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL 。‎ ‎[已知：Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ag＋＋SCN－===AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)＝1×10－12]下列说法不正确的是(　B　)‎ A．滴定终点时，溶液变为红色 B．该滴定法需在碱性条件下进行 C．AgBr(s)＋SCN－??AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝0.77‎ D．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)＝(c1V1－c2V2)/25.00 mol/L 解析　在沉淀滴定中，标准液先与待测物反应，再与指示剂反应，所以SCN－先与Ag＋成AgSCN沉淀，当Ag＋完全沉淀后，再与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3，使溶液变为红色，选项A正确；在碱性条件下Fe3＋生成氢氧化铁沉淀，选项B错误；AgBr(s)＋SCN－??AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝＝0.77，选项C正确；根据V1 mL c1 mol·L－1 AgNO3与水样中溴离子和V2 mL c2 mol·L－1 KSCN恰好反应可以求出c(Br－)＝(c1V1－c2V2)/25.00 mol/L，选项D正确。‎ ‎3．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：‎ ‎(1)已知‎25 ℃‎时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：‎ pH ‎＜8.0‎ ‎8.0～9.6‎ ‎＞9.6‎ 颜色 黄色 绿色 蓝色 ‎25 ℃‎时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为__蓝色__。‎ ‎(2)向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp＝1.0×10－10，忽略溶液的体积变化，请计算：‎ ‎①完全沉淀后，溶液中c(Ag＋)＝__1.0×10－7_mol·L－1_。‎ ‎②完全沉淀后，溶液的pH＝__2_。‎ ‎③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol·L－1的盐酸，是否有白色沉淀生成？__否__ (填“是”或“否”)。‎ ‎(3)在某温度下，Ksp(FeS)＝6.25×10－18，FeS饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液里c(Fe2＋) 达到1 mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)约为__4×10－3_mol·L－1__。‎ 解析　(1)设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH－)为x mol·L－1，则0.5x3＝5.6×10－12，x＞1×10‎ ‎－4，c(H＋)＜1×10－10 mol·L－1，pH＞10，溶液为蓝色。(2)①反应前，n(Ag＋)＝0.018 mol·L－1×‎0.05 L＝0.9×10－3 mol，n(Cl－)＝0.020 mol·L－1×‎0.05 L＝1×10－3 mol；反应后剩余的Cl－为0.1×10－3 mol，则混合溶液中，c(Cl－)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)/c(Cl－)＝1.0×10－7 mol·L－1。②由于H＋没有参与反应，完全沉淀后，c(H＋)＝0.010 mol·L－1，pH＝2。③因为加入的盐酸中c(Cl－)和反应后所得溶液中的c(Cl－)相同，c(Cl－)没有改变，但是体积增大，c(Ag＋)变小，所以Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＜Ksp(AgCl)，没有沉淀产生。(3)c(Fe2＋)＝1 mol·L－1，根据Ksp(FeS)得：c(S2－)＝＝6.25×10－18mol·L－1，根据c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22得：c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。‎ 沉淀—溶解平衡的易错易混点 ‎(1)误认为Ksp小的难溶物不可以转化为Ksp大的难溶物。其实不一定，如将BaSO4置于饱和Na2CO3溶液中就可以转化为BaCO3。这是因为沉淀的生成与溶解主要取决于一定温度下Qc和Ksp的大小关系，只要满足Qc>Ksp，则就向着生成该沉淀的方向进行。‎ ‎(2)误认为难溶电解质的Ksp数值越小，表明在水中的溶解度就越小。其实只有在难溶电解质化学式结构类型相同时，上述说法才成立。‎ ‎(3)误认为溶液相混时体积变化对离子浓度无影响，错用混合前离子浓度进行Ksp的相关计算。‎ ‎(4)误认为含有沉淀的溶液中，阴阳离子浓度一定符合化学式中的比例关系。事实上含有沉淀的溶液，有很多种可能的形成途径，如果形成的时候阴阳离子浓度不符合化学式中的比例关系，则最后溶液中阴阳离子浓度也不符合化学式中的比例关系。‎ 享资源　练类题　弯道超越显功力　‎ 电解质溶液中的图像问题 考向预测 近年来涉及电解质溶液中图像试题在高考试题中频繁出现，已成为每年必考的一种题型，较好体现对学生观察分析能力、计算能力、识图能力以及化学思维的综合考查，也体现了化学核心素养的要求 解决关键 ‎(1)电解质溶液稀释曲线：先要看清电解质的成分类型是酸碱还是盐，然后从平衡移动角度分析稀释过程中的各物理量(离子浓度、导电能力等)的变化；‎ ‎(2)中和滴定曲线：注意滴定方式、起点与终点位置、滴定突变范围的情况；‎ ‎(3)溶解平衡曲线：注意横纵坐标意义、曲线走向、图中关键点的数据 失分防范 ‎(1)电解质溶液稀释图：①酸(碱)性溶液稀释后，酸(碱)性会减弱发生量变，但不会发生酸性变碱性等质变；②稀释相同的倍数，溶液的pH 变化情况与溶质的成分相关：强酸强碱，一般稀释10n倍，pH会改变n个单位，但是弱酸弱碱以及水解的盐，pH变化较慢；‎ ‎(2)中和滴定曲线图：①起点的pH和滴定终点pH与酸碱强弱相关；②滴定突跃范围与酸碱强弱相关：酸碱越强，跳跃范围越大；③酸碱用量已知的点：可根据物料守恒对微粒浓度大小关系进行分析判断；‎ ‎(3)溶解平衡曲线图：①明确横纵坐标意义；②曲线上的点均为饱和溶液，可据此由关键点确定Ksp；③曲线上、下方的点对应的Qc与Ksp比较，判断能否析出沉淀或溶液不饱和 ‎【预测】 (1)一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示， a，b，c三点水的电离程度从大到小的顺序为： __________，pH从大到小的顺序为： __________。‎ ‎(2)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是(　　)‎ A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)‎ C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)‎ D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)‎ ‎(3)已知298 K时，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10－7 ；p(Ni)＝－lgc(Ni2＋)，p(B)＝－lg c(S2－)或－lg c(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。 ‎ 下列判断不正确的是(　　)‎ A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度 B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动 C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动 D．P为3.5且对应的阴离子是CO ‎ 思维导航 ‎(1)导电能力→离子浓度→pH；(2)起点→酸性强弱；中和百分数→加入物质的量的关系→物料守恒依据； (3)曲线上的点→平衡点：存在Qc＝Ksp；条件改变时点的移动→根据改变条件时离子浓度大小变化→ 点在横纵两个方向的变化。‎ ‎ 规范答题：(1)加水稀释，弱电解质本身电离程度增大，醋酸电离程度从大到小的顺序为：cba，导电能力越大，离子浓度越大，抑制水的电离能力越大；即水的电离程度越小，水的电离程度即c＞a＞b，导电能力越强，c(H＋)越大，pH越小，故pH由小到大为：bKHB>KHD，选项A正确；滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离程度较小但大于NaB的水解程度，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，选项B正确；pH＝7时，加入的氢氧化钠的体积不同，三种溶液中阴离子浓度分别等于钠离子浓度但不相等，选项C错误；混合溶液的质子守恒关系式变形为，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，选项D正确 。 (3)常温下Ksp(NiS)a>b　c>a>b　(2)C　(3)C ‎【变式考法】 ‎ ‎(1)改变0.1 mol·L－1二元弱酸H‎2A溶液的pH，溶液中的H‎2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。‎ 下列叙述错误的是(　D　)‎ A．pH＝1.2时，c(H‎2A)＝c(HA－)‎ B．lg[K2(H‎2A)]＝－4.2‎ C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H‎2A)＝c(A2－) ‎ D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)‎ ‎(2)用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(　C　)‎ A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10‎ B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)　‎ C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动 解析　(1)由图像可知pH＝1.2时，H‎2A与HA－的曲线相交，则c(H‎2A)＝c(HA－)，选项A正确；pH＝4.2时，c(H＋)＝10－4.2mol/L，c(HA－)＝c(A2－)，K2(H‎2A)＝＝10－4.2，则lg[K2(H‎2A)]＝－4.2，选项B正确；由图像可知，pH＝2.7时，c(H‎2A)＝c(A2－)，由纵坐标数据可知c(HA－)＞c(H‎2A)＝c(A2－)，选项C正确；pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，但此时c(H‎2A)≈0，如体积不变，则c(HA－)＝c(A2－)＝0.05 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c(HA－)、c(A2－)与c(H＋)浓度大小关系，选项D错误。(2)由于发生的离子反应为：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，可见加入25 mL硝酸银溶液时二者恰好反应，此时的c(Ag＋)＝c(Cl－)，由图可知此时的c(Cl－)＝10－4.7 左右，所以Ksp的数量级为10－10 ，选项A正确；曲线上的点意味着产生了沉淀，所以c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，选项B正确；相同实验条件下，改用0.0400 mol/L的Cl－，恰好完全反应时，需要的硝酸银溶液体积小于20 mL，所以c点不是移到a点，选项C错误；如果换成0.050 0 mol/L的Br－，由于溴化银溶解度更小，所以达到终点时溶液中的c(Br－)要小于图中c点的c(Cl－)，所以点应该往上移动，选项D正确。‎ 对点特训(九)　水溶液中的离子平衡 ‎1．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是(　D　)‎ A．0.1 mol·L－1NH3·H2O的pH小于13‎ B．0.1 mol·L－1NH4Cl的pH小于7‎ C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色 解析　0.1 mol·L－1NH3·H2O的pH小于13，则溶液中c(OH－)＜0.1 mol/L，所以c(OH－)＜c(NH3·H2O)，选项A说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质；0.1 mol·L－1NH4Cl的pH小于7显酸性，选项B说明NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质；相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，选项C说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质；0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色，选项D说明NH3·H2O显碱性，则不能证明NH3·H2O是弱电解质。‎ ‎2．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是(　B　)‎ A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变 B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变 C．pH＝4.75浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：‎ c(CH3COO－)＋c(OH－)Kb (NH3·H2O)，所以NH4Cl水解程度大于HCOONa，所以NH4Cl溶液中的c(OH－)小于HCOONa溶液中的c(H＋)，所以2{c(Na＋)＋c(H＋)}>2{c(Cl－)＋c(OH－)}，选项A正确；酸和碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，强酸强碱的正盐对水的电离既不抑制也不促进，所以③ 既不促进也不抑制，① 、② 、④ 、⑤对水的电离都抑制；由于酸和碱中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，因为醋酸铵溶液显中性，所以CH3COOH和NH3·H2O电离程度相当，因此0.05 mol/L CH3COOH中c(H＋)大于0.001 mol/L NH3·H2O中c(OH－)，因此水电离出来的氢离子浓度⑤>②>①>④，选项B正确；先从物质组成可知：c(NH)可分三个档次：最多的是(NH4)3PO4；其次是(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3；最后为：NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl，由于水解NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，在(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中Fe2＋抑制NH水解，CO促进NH水解，所以三者中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NH)最大，(NH4)2CO3溶液中c(NH)最小；HSO电离的H＋对NH 水解有抑制作用，HCO对NH的水解起促进作用，NH4Cl正常水解，c(NH )从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl 、NH4HCO3，选项C正确；NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，因此c(C2O)＞c(H‎2C2O4)，选项D错误。‎ ‎4．锶(Sr)元素与钡(Ba)元素化学性质相似。已知‎25 ℃‎时，Ksp(SrSO4)＝2.5×10－7；Ksp(SrCO3)＝2.5×10－9。下列说法不正确的是(　C　)‎ A．SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)反应的平衡常数K＝100‎ B．向SrCO3饱和溶液中加入等体积0.1 mol/L的Na2SO4溶液，产生沉淀 C．SrSO4的溶解度是SrCO3溶解度的100倍 D．用盐酸可检验硫酸锶是否完全转化成碳酸锶 解析　据平衡常数K＝＝＝100，选项A正确；SrCO3饱和溶液中加入等体积硫酸钠溶液后，溶液中：c(Sr2＋)＝2.5×10－5 mol/L，c(SO)＝5×10－2 mol/L，c(Sr2＋)·c(SO)＝1.25×10－6>2.5×10－7，有沉淀产生，选项B正确；溶解度为‎100 g水中最多能溶解溶质的质量，则有m(SrSO4)＝·V·M(SrSO4)，m(SrCO3)＝·V·M(SrCO3)，其中V表示‎100 g水的体积，硫酸锶的Ksp等于碳酸锶的100倍，且硫酸锶的摩尔质量大于碳酸锶，选项C错误；碳酸锶能溶解于盐酸中，而硫酸锶不能，若完全溶解，则无硫酸锶，说明硫酸锶完全转化为碳酸锶；若不能完全溶解，则固体中含有硫酸锶，选项D正确。‎ ‎5．常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA 20 mL，滴定过程中溶液的pH随滴定分数(滴定分数＝)的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)‎ ‎，下列说法不正确的是(　C　)‎ A．HA溶液加水稀释后，溶液中c(HA)/c(A－)的值减少 B．当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大 C．当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)‎ D．当滴定分数为x时，HA的电离常数为K(HA)＝10－7x/(1－x)‎ 解析　在弱酸HA溶液中存在电离平衡：HA??H＋＋A－，加水稀释，平衡正向移动，c(HA)减小的倍数大于c(A－)，稀释后，溶液中的值减小，选项A正确；当滴定分数为1时，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为NaA，属于强碱弱酸盐，促进水的电离，故当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大，选项B正确；当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，也可能c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，选项C错误；HA的电离常数K(HA)＝＝，选项D正确。‎ ‎6．25 ℃时，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(忽略过程中的体积变化)。下列说法不正确的是(　C　)‎ A．‎25 ℃‎时，H‎2A的第二步电离平衡常数约为10－6‎ B．水的电离程度：N＞M＞P C．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH小于2‎ D．P点时溶液中存在：‎2c(H‎2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)‎ 解析　由题给图像可知，‎25 ℃‎时，100 mL 0.01 mol·L－1NaHA溶液的pH为4，说明HA－电离出的c(H＋)＝c(A2－)＝10－4 mol·L－1，则H‎2A的第二步电离平衡常数K＝≈＝10－6，选项A正确；M点时溶液中的溶质为NaHA和Na‎2A，pH＝7，水的电离既不得到促进也不受到抑制，N点时溶液中的溶质为Na‎2A，A2－的水解能够促进水的电离，P点溶液的溶质为NaCl和H‎2A，H‎2A的电离会抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M ‎＞P，选项B正确；加入的盐酸的浓度为0.01 mol·L－1，pH＝2，随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH能无限接近2但不会小于2，选项C错误；P点时溶液中的溶质为等物质的量的NaCl和H‎2A，由电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)＝‎2c(A2－)＋c(HA－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由物料守恒得：c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H‎2A)，两式联立消去c(A2－)可得：c(HA－)＋‎2c(H‎2A)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(Cl－)＋c(OH－)，选项D正确。‎ ‎7．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　D　)‎ lg或lg A．Ka2(H2X)的数量级为10－6‎ B．曲线N表示pH与lg 的变化关系 C．NaHX溶液中c(H＋)＞c(OH－)‎ D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＞c(HX－)＞c(X2－)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ 解析　H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时，＞，由图像可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，选项B正确；当lg＝0时，＝1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10－5.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10－6，选项A正确；由图像可知，当lg＝0时，即c(HX－)＝c(X2－)，此时pH≈5.4，可知HX－电离程度大于X2－水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，选项C正确；由图像可知，当pH＝7时，lg＞0，则c(X2－)＞c(HX－)，选项D错误。‎ ‎8．在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是(　C　)‎ A．T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等 B．向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点 C．T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8‎ D．图中a＝×10－4‎ 解析　一种物质的Ksp只与温度有关，选项A正确；向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4后，沉淀溶解平衡向左移动，导致c(Ag＋)减小，而图像中由Y点变成X点的过程中，c(Ag＋)保持不变，选项B正确；T ℃时，Ag2CrO4的Ksp＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝(1×10－5)×(1×10－3)2＝1×10－11，选项C错误；温度不变Ksp＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝(1×10－5)×(1×10－3)2＝a2×5×10－4，解得a＝×10－4，选项D正确。‎ ‎9．已知碳酸、次氯酸的电离常数如表所示，下列有关说法正确的是(　C　)‎ H2CO3‎ Ki1＝4.4×10－7‎ Ki2＝4.7×10－11‎ HClO Ki＝3.2×10－8‎ A．同一温度下，相同浓度的溶液的pH∶NaClO＞Na2CO3＞NaHCO3‎ B．往次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2ClO－＋CO2＋H2O===CO＋2HClO C．常温下，pH＝8的NaHCO3溶液中：c(H2CO3)－c(CO)＝9.9×10－7mol·L－1‎ D．物质的量浓度之比为1∶2的NaClO和NaHCO3的混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝‎2c(HCO)＋‎2c(H2CO3)＋‎2c(CO)‎ 解析　酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则相同浓度时溶液的pH：NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，选项A错误；往次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应的离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO，选项B错误；根据电荷守恒，NaHCO3溶液中存在：①c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)，根据物料守恒，NaHCO3溶液中存在：②c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，由①－②可得：c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)－c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，选项C正确；根据物料守恒，物质的量浓度之比为1∶2的NaClO和NaHCO3的混合溶液中存在：‎2c(HClO)＋‎2c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，选项D错误。‎ ‎10．25 ℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为‎1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是(　C　)‎ A．b点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)‎ B．随pH增大，数值先减小后增大 C．‎25 ℃‎时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝10－6‎ D．溶液呈中性时：c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)‎ 解析　由图解可知，b点时pH>10，且c(CO)＝c(HCO)，即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与Na HCO3，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，或者c(Na＋)＋c(H＋)＝‎3c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，选项A错误；由图像知，从pH>8开始，c(CO)逐渐增大，c(HCO)逐渐减小，所以数值增大，选项B错误；由a点可知，当pH＝6时，即c(H＋)＝10－6mol/L，c(H2CO3)＝c(HCO)＝0.02 mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3??H＋＋HCO，则Ka1＝＝＝10－6mol/L，选项C正确；当溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3和②NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，在反应①中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应②中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)>c(NaHCO3)，即c(Cl－)>c(HCO)，选项D错误。‎ ‎11．(1)①室温下，在0.5 mol/L纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H＋)×c(OH－)！！！__变小__###。(填“变大”“变小”或“不变”)‎ ‎②已知Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10－12，向0.2 mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.00008 mol/L K2CrO4溶液，则溶液中的c(CrO)＝！！！__1.0×10－10mol/L__###。‎ ‎③室温下，0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH值！！！__＜__###0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH值(填“>”“<”或“＝”)已知：‎ H2CO3‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ H2SO3‎ K1＝1.54×10－2‎ K2＝1.02×10－7‎ ‎(2)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数K1＝4.4×10－7、K2＝4.7×10－11，NH3·H2O的电离常数K＝1.8×10－5，则所得到的NH4HCO3溶液中c(NH) ！！！__>__###c(HCO)(填“＞”“＜”“＝”)。‎ ‎(3)常温下，向20.0 mL c mol/L的氨水中滴加20 mL 0.2 mol/L HNO3溶液后，恰好使溶液显中性(设混合溶液总体积为两溶液体积之和)。计算常温下NH3·H2O??NH＋OH－的电离平衡常数K(NH3·H2O)＝！！！　　###(用含c的式子表示)。‎ ‎(4)含有[CuCl2]－的溶液中存在如下两个平衡：[CuCl2]－(aq)??[CuCl](s)＋Cl－(aq)　K＝2.32；‎ CuCl(s)??Cu＋(aq)＋Cl－(aq)　Ksp＝1.20×10－6，当[CuCl2]－完全转化为CuCl时{c([CuCl2]－)≤1×10－5 mol·L－1时可认为反应完全}，溶液中Cu＋浓度的最小值为__5.17×10－2mol/L__ (结果保留两位有效数字)。‎ 解析　(1)①Na2CO3溶液属于强碱弱酸盐，溶液中OH－全部来自水电离，水电离的c(H＋)＝c(OH－)，向纯碱溶液中加入少量水，促进CO的水解，水解产生OH－物质的量增大，由于溶液体积增大，c(OH－)减小，则由水电离出的c(H＋)×c(OH－)变小。②n(AgNO3)＝0.2 V，n(K2CrO4)＝0.000 08 V，AgNO3溶液与K2CrO4溶液等体积混合发生反应2Ag＋＋CrO＝Ag2CrO4↓，反应后n(Ag＋)过量＝0.2 V－2×0.000 08 V＝0.199 84 V，c(Ag＋)过量＝＝0.099 92 mol/L，溶液中c(CrO)＝Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag＋)＝1×10－12÷0.099 922＝1.0×10－10mol/L。③HCO的水解平衡为：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO的水解平衡常数Kh＝＝＝＝＝2.3×10－8＞5.6×10－11，HCO的水解程度大于HCO的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性；H2CO3的K1＞H2SO3的K2，HCO的水解能力＜SO的水解能力，0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH值＜0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH值。(2)已知常温下碳酸的电离常数K1＝4.4×10－7、K2＝4.7×10－11，则水解常数Kh(HCO)＝＝＝2.3×10－8＞K2，所以，HCO的水解程度远远大于其电离程度，其电离可以忽略不计。NH3·H2O的电离常数K＝1.8×10－5，则Kh(NH)＝＝＝5.6×10－10，所以，NH的水解程度小于HCO的水解程序，则所得到的NH4HCO3溶液中c(NH)＞c(HCO)。(3)常温下，20.0 mL c mol/L的氨水与20 mL 0.2 mol/L HNO3溶液反应后恰好使溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10 －7mol/L，由电荷守恒可得，混合溶液中c(NO)＝c(NH)＝0.1 mol/L，溶液中c(NH3·H2O)＝mol/L，所以常温下NH3·H2O??NH＋OH－的电离平衡常数K(NH3·H2O)＝＝＝ mol/L。(4)K＝，Ksp＝c(Cl－)×c(Cu＋)，故c(Cu＋)＝，代入数据可得答案。‎ ‎12．(1)某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：‎ 产品等级 一级 配料 食盐、碘酸钾、抗结剂 碘含量(以I计)‎ ‎20～50 mg·kg－1‎ 已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O。‎ 某学生拟测定食用精制盐的碘(KIO3)含量，其步骤为 a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；‎ b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；‎ c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全。‎ ‎①判断c中恰好完全反应所依据的现象是__滴最后一滴溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色__。‎ ‎②b中反应所产生的I2的物质的量是__1.0×10－5__ mol。‎ ‎③根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示)　　 mg·kg－1。‎ ‎(2)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓‎ 步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。‎ 步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。‎ 滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的__上方__ (填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为　　mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将__偏大_ (填“偏大”或“偏小”)。‎ 解析　(1)碘的淀粉溶液显蓝色，碘与Na2S2O3溶液恰好反应完全时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。计算的关系式为KIO3～3I2～6S2O。n(I2)＝n(S2O)＝×2.0×10－3mol·L－1×10.0×10－‎3L＝1.0×10－5mol，n(KIO3)＝n(I2)，食用精制盐的碘含量＝≈ mg·kg－1。(2)酸式滴定管“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－‎3L＝b mol·L－1×(V0－V1)×10－‎3L，解得c(BaCl2)＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。‎